HSG toan 7 2016 (1) HSG 7HSG 7

UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 – 2017 Khóa ngày 13112016 Đề chính thức ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 7 Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời.HSG 7HSG 7

UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 – 2017

- Khóa ngày 13/11/2016

ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 7

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (4 điểm)

a) Cho n7 5 8 4a  b Biết a – b = 6 và n chia hết cho 9 Tìm a và b ?

b) Chứng minh rằng: 10n + 18n – 1 chia hết cho 27

Bài 2: (4 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n lớn nhất có ba chữ số, sao cho n chia cho 8 dư 7, chia cho 31 thì dư 28 b) Tìm số nguyên lớn nhất sao cho n150 < 5225

Bài 3: (4 điểm)

Thực hiện phép tính hợp lí:

a)

0, 25 1 : 4,5 6

A            

b) B 2 74 54  4 5 26 16 6000 :2 104     4

c) 1020152016.720172017

2 35

C 

2.3 3.4 4.5 9.10

D       

Bài 4: (5 điểm)

Cho tam giác ABC có B C   200 Tia phân giác của góc BAC cắt BC ở D

a) Tính số đo các góc ADC ADB,  ?

b) Trên AC lấy điểm E sao cho AE = AB Chứng minh AD  BE

Bài 5: (3 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A Gọi M là trung điểm của BC Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A, qua điểm C kẻ tia Cx vuông góc với AC Tia AM cắt tia

Cx ở điểm D

a) Chứng minh: MABMDC

b) Chứng minh: AM 2BC

-

Hết -Đề chính thức

UBND HUYỆN GIỒNG RIỀNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 – 2017

- Khóa ngày 13/11/2016

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 7

1a)

2,0đ

Ta biết rằng một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư khi chia cho 9

7 5 8 4

n a  b chia hết cho 9, nên 7 + a + 5 + 8 + b + 4 chia hết cho 9

Hay 24 + a + b 9  a b 3;12

Ta có a + b > 3 (vì a – b = 6) nên a + b = 12

Từ a + b = 12 và a – b = 6, suy ra a = (12 + 6): 2 = 9 , b = 3

Thử lại: 795 + 834 = 1629  9

0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 1b)

2,0đ

Ta biết rằng một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư khi chia cho 9

Do đó 1111 1

n chu so

n



   chia hết cho 9

10n + 18n – 1 = 10n – 1 – 9n + 27n = 999 9 9n chu so 27 9.(111 1 ) 27

n chu so

       

Ta có: 9.(111 1 ) 27 ; 27 27

n chu so

     Vậy 10n + 18n – 1 chia hết cho 27

0,25 0,5 0,75 0,5

2a)

2,0đ Theo đề bài: n + 1  n + 1 + 64  8 và n + 3 + 62  8 và n + 3  31 31

 n + 65  8 và n + 65  31

Vậy n + 65  BC(8,31)

Mà BCNN(8,31) = 8.31 = 248

 BC(8,31) = B(248) = {0; 248; 496; 744; 992; 1240; …}

 n = {0; 183; 431; 679; 927; 1175}

Vì n lớn nhất có 3 chữ số, nên n = 927

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2b)

2,0đ

n150 = (n2)75 ; 5225 = (53)75 = 12575

n150 < 5225 hay (n2)75 < 12575  n2 < 125

Số nguyên lớn nhất thỏa mãn điều kiện trên là n = 11

1,0 0,5 0,5 3a)

1,0đ

2

2 5 49 9 13

0, 25 :

3 4 36 2 2

A        

2

1 7 36 4

4 12 49 2

A      

 2

 

0,25 0,25 0,5

3b)

2 74 5 5 26 16 6000 :2 10

B        

=2 54 4 74 26 6000 :2.10 4

= (2.5)4.(100 + 6000) : 2.104

= 104 6100 : 2.104

= 3050

0,25 0,25 0,25 0,25 3c)

2016

2015

10.7 7

2 35 35 2.35 .35 70 35 35.35 5

1,0đ 5 1 1 1 1 1 12 3 3 4 4 5 19 101

2 10 5

D          

     

0,5

0,5 4

4a)

2,5đ

a/ Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có:

     

 

:

Nên:           0

Ta lại có:   0

1 (180 20 ) : 2 100

D

2 (180 20 ) : 2 80

0,5 0,25 0,5

0,25 0,5 0,5 4b)

2,0đ

b/ Gọi I là giao điểm của AD và BE

Chứng minh ABI = AEI (c – g – c)

Suy ra: AIB AIE

Mà AIB AIE 1800

Nên   1800 900

2

Hay AD  BE

1,0 0,25 0,25 0,25 0,25

5a)

1,0đ

Vì AB AC ; Cx  AC (gt) nên AB //Cx

0,25 0,25

1

1

2

2 I

E

D

A

x

D M A

Mà AMB DMC doi dinh ( )

MB = MC (gt)

 MABMDC g c g(   ) 0,5

5b)

2

AD

Chứng minh: ABCCDA c g c(   )

 MABMDC g c g(   )

2 2

AD BC

0,25 0,75 0,5 0,5